第七章 考教衔接 空间直角坐标系的构建策略（复习讲义）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

　空间直角坐标系的构建策略 　　坐标法是利用空间向量的坐标运算解决立体几何问题的重要方法，运用坐标法解题就需要建立空间直角坐标系，而如何建立恰当的空间直角坐标系是本章的难点，这就要求学生抓住空间几何图形的结构特征，充分利用图形中的垂直关系（或在图形中构造垂直关系）建系，下面就几种常见的建系方法予以说明. 利用共顶点的互相垂直的三条棱构建空间直角坐标系 （2023·新高考Ⅰ卷18题）如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝4.点A2，B2，C2，D2分别在棱AA1，BB1，CC1，DD1上，AA2＝1，BB2＝DD2＝2，CC2＝3. （1）证明：B2C2∥A2D2； （2）点P在棱BB1上，当二面角P-A2C2-D2为150°时，求B2P. 建系方法 以C为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系C-xyz. 反思感悟 　　由题意知，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，三条棱CD，CB，CC1两两互相垂直且交于一点C，可考虑以点C为原点，三条棱所在的直线为坐标轴建立空间直角坐标系，此为根据题目中现有的条件，直接建立空间直角坐标系. 利用线面垂直关系构建空间直角坐标系 （2024·新高考Ⅱ卷17题）如图，平面四边形ABCD中，AB＝8，CD＝3，AD＝5，∠ADC＝90°，∠BAD＝30°，点E，F满足＝，＝.将△AEF沿EF翻折至△PEF，使得PC＝4. （1）证明：EF⊥PD； （2）求平面PCD与平面PBF所成的二面角的正弦值. 建系方法 以E为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E-xyz. 反思感悟 　　由问题（1）的证明过程可知EF⊥平面PED，进而证明EF，ED，EP三条直线两两互相垂直，可建立空间直角坐标系，此为先证明题目中建系的条件，再建立空间直角坐标系. 利用面面垂直关系构建空间直角坐标系 如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点. （1）证明：OA⊥CD； （2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E-BC-D的大小为45°，求三棱锥A-BCD的体积. 建系方法 由题意知AO⊥平面BCD，显然AO⊥OB.以O为坐标原点，OB，OA所在直线分别为x，z轴，在平面BCD内，以过点O且与BD垂直的直线为y轴建立空间直角坐标系. 反思感悟 　　由已知条件平面ABD⊥平面BCD，结合其他已知证得AO⊥平面BCD，选取OB，OA所在的直线分别为x，z轴后，y轴就可由以下三个限制条件确定：①必须在平面BCD内且过点O；②必须垂直于OB；③方向必须符合右手直角坐标系. 利用正棱锥的底面中心与高所在的直线构建空间直角坐标系 已知正四棱锥V-ABCD中，E为VC的中点，正四棱锥的底面边长为2a，高为h，若BE⊥VC，则∠DEB的余弦值为　　　　. 建系方法 如图所示，以V在底面ABCD内的投影O为坐标原点建立空间直角坐标系，其中Ox∥BC，Oy∥AB. 反思感悟 　　解决有关正棱锥的题目时，一般要利用正棱锥的底面中心与正棱锥的高所在的直线构建空间直角坐标系. 利用底面正三角形构建空间直角坐标系 如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝AA1＝2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点. （1）求异面直线BP与AC1所成角的余弦值； （2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值. 建系方法 在正三棱柱ABC-A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，连接OB，OO1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以{，，}为基底，建立空间直角坐标系. 反思感悟 　　底面为正三角形的几何体建系时，一般将正三角形底边中线和与底边中线垂直的直线作为建立的空间直角坐标系的x轴，y轴，再结合其他条件确定z轴. 不规则图形的建系 （2023·新高考 Ⅱ 卷20题）如图，三棱锥A-BCD中，DA＝DB＝DC，BD⊥CD，∠ADB＝∠ADC＝60°，E为BC的中点. （1）证明：BC⊥DA； （2）点F满足＝，求二面角D-AB-F的正弦值. 建系方法 由于题目中没有明确给出建系所需的垂直条件，而是给出了其他可证明三线共点且两两垂直的条件，在此情况下就必须先证明再建系.本题在第（1）问证明BC⊥DA时，已证得BC⊥平面ADE，又因DA＝DB＝DC，设DA＝DB＝DC＝2，由∠ADB＝∠ADC＝60°，知△ABD与△ACD为等边三角形，所以AB＝AC＝2.又BD⊥CD，所以BC＝2.因为AB2＋AC2＝BC2，所以△ABC为直角三角形，且∠BAC＝90°，所以AE＝.因为BD⊥CD，所以DE＝BC＝.因为AE2＋DE2＝AD2，所以AE⊥DE.又AE⊥BC，BC⊂平面BCD，DE⊂平面BCD，BC∩DE＝E，所以AE⊥平面BCD，所以可分别以ED，EB，EA所在的直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标. 反思感悟 　　若题目中给出的几何体不是简单的空间几何体，而是不规则的几何图形，应先根据已知条件证明出共点的三线两两垂直，再建立空间直角坐标系.一般原点选取在某线段的中点或互相垂直的两线段的交点处. 　　综上六类常见几何图形的建系特征，即从直接利用具有公共顶点的三条棱构建空间直角坐标系，到利用线面垂直、面面垂直构建空间直角坐标系，再到利用立体图形的对称性等构建空间直角坐标系，有些题目可直接建立空间直角坐标系，而有些题目需先证明存在垂直关系后，再建立空间直角坐标系.无论利用哪种关系建系，都应遵循与求解问题相关的元素尽可能在坐标轴上或坐标平面上，这样便于计算点的坐标（空间向量的坐标），减少运算量. ☞高考还可以这样考 1.（2025·河南九师联盟）如图，在多面体ABCDFE中，四边形ABCD是平行四边形，BE⊥平面ABCD，DF∥BE，平面ABF⊥平面ADF. （1）证明：AB⊥AF； （2）若AB＝BE＝1，AD＝DF＝2，求平面AEF与平面BDF的夹角的正弦值. 2.（2025·武汉四调）如图，三棱柱ABC-A1B1C1中，侧面ABB1A1⊥底面ABC，AB＝BB1＝2，AC＝2，∠B1BA＝60°，点D是棱A1B1的中点，＝4，DE⊥BC. （1）证明：AC⊥BB1； （2）求直线BB1与平面DEA1所成角的正弦值. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 考教衔接　空间直角坐标系的构建策略 高考还可以这样考 1.解：（1）证明：如图，作DM⊥AF，交AF于点M， 因为平面ABF⊥平面ADF，平面ABF∩平面ADF＝AF，DM⊂平面ADF，所以DM⊥平面ABF， 因为AB⊂平面ABF，所以DM⊥AB， 因为BE⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，所以BE⊥AB， 因为DF∥BE，所以DF⊥AB， 又DF，DM⊂平面ADF，且DF∩DM＝D， 所以AB⊥平面ADF， 因为AF⊂平面ADF，所以AB⊥AF. （2）由（1）知AB⊥平面ADF，又AD⊂平面ADF，所以AB⊥AD， 又四边形ABCD是平行四边形，所以四边形ABCD为矩形，所以AB⊥BC， 又BE⊥平面ABCD，AB，BC⊂平面ABCD， 所以BE⊥AB，BE⊥BC，即BA，BC，BE两两垂直， 如图所示，以B为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则B（0，0，0），A（1，0，0），E（0，0，1），D（1，2，0），F（1，2，2）， 所以＝（－1，0，1），＝（1，2，1），＝（1，2，0），＝（1，2，2）， 设平面BDF的一个法向量n＝（x，y，z），则 令x＝2，则y＝－1，z＝0，所以n＝（2，－1，0）， 设平面AEF的一个法向量m＝（a，b，c），则 令a＝1，则b＝－1，c＝1，所以m＝（1，－1，1）， 所以cos＜m，n＞＝＝＝， 所以平面AEF与平面BDF的夹角的正弦值为＝. 2.解：（1）证明：连接DA，EA，DA1＝1，AA1＝2，∠DA1A＝60°， 由余弦定理可得DA＝＝. 满足DA2＋D＝A，所以DA⊥DA1，即DA⊥AB. 因为平面ABB1A1⊥平面ABC，且交线为AB，由DA⊥AB，DA⊂平面ABB1A1，得DA⊥平面ABC. 由BC，AC⊂平面ABC，得DA⊥BC，DA⊥AC. 因为DE⊥BC，DA∩DE＝D，且DA，DE⊂平面DAE，所以BC⊥平面DAE.由AE⊂平面DAE，得BC⊥AE. 设BE＝t，CE＝3t，有BA2－t2＝AC2－（3t）2，解得t＝1，即BE＝1. 所以BC＝4，满足BA2＋AC2＝BC2，即AC⊥AB. 又因为DA⊥AC，DA∩AB＝A，且DA，AB⊂平面ABB1A1，所以AC⊥平面ABB1A1. 由BB1⊂平面ABB1A1，得AC⊥BB1. （2）以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系. 则D（0，0，），E（，，0），A1（－1，0，），＝（－1，0，0）， ＝（－，－，）. 设平面DEA1的法向量n＝（x，y，z）， 由 即 取z＝1，得到平面DEA1的一个法向量n＝（0，2，1）. 又＝＝（－1，0，）， 设直线BB1与平面DEA1所成角的大小为θ， 则sin θ＝｜cos＜n，＞｜＝＝＝. 所以直线BB1与平面DEA1所成角的正弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $